高一数学精品教案(二)等差数列

第1页高一数学精品教案（二）等差数列一、知识点提要：1．等差数列定义：an+1－an=d（常数），即从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一常数，叫等差数列，此常数用d表示，称为公差.当d=0时，数列为常数列.2．通项公式：an=a1+(n－1)d3．前n项的和：)0(2)1(2)(11ddnnnaaanSnn1naSn（d=0）4．等差中项：若a，A，b成等差数列，则A叫a,b的等差中项，且2baA5．等差数列的性质：（1）数列{an}成等差数列，则①an=am+(n－m)d(m,n∈N*)②若m+n=p+q，则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*)特别地：若2t=p+q，则2at=ap+aq（2）证明数列{an}成等差数列的方法：定义法：an+1－an=d（常数）中项法：2an+1=an+an+2.二、重点难点突破：1．由等差数列的通项公式an=a1+(n－1)d可知an是n的一次函数，所以{an}成等差数列BAnan.2．由等差数列的前n项的和公式2)1(1nnnaSn可知{an}成等差数列.2BnAnSn3．等差数列的前n项的和Sn还有如下特点：（1）前m项的和记为S1，次m项的和记为S2，再m项的和记为S3……则数列{Sn}也成等差数列.（2）若n为奇数，则21nnnaS；n为偶数则)(2122nnaann；.21ndSS奇偶三、热点考题导析例1．在等差数列中，a6+a9+a12+a15=20，求S20.思路一：比较S20与已知条件.解法一：∵a6+a9+a12+a15=20，∴4a1+(5+8+11+14)d=20，∴2a1+19d=10，又),192(220120daS∴S20=100.思路二：利用等差数列的性质.∵a6+a15=a9+a12=a1+a20，又由a6+a9+a12+a15=20，∴a1+a20=10，∴100)(22020120aaS.教师点评：在公式dnnnaSn2)1(1中有4个字母已知其中三个就以求出另一个.已知两个条件也可以列出方程组解.由于2)(1nnaanS如果求到1+an，也可以免去求a1和d.本例第2页中就无法确定a1和d的值.有时还可以设出Sn=an2+bn，利用已知条件确定两个系数a和b.再看例2．四个数成等差数列，把它们分别加上4，3，3，5后又依次成等比数列，求这四个数.分析：四个数成等差数列，可依次设为a―3d、a―d、a+d、a+3d，然后列出a、d的方程组求解.解：设此四个数依次为a―3d、a―d、a+d、a+3d，依题意，得)53)(3()3()3)(43()3(22dadadadadada∴0622403422daddad10da或03da（不合舍去）∴此四个数为―3，―1，1，3.教师点评：这里使用了对称设元法，类似地，若三个数成等差数列，则可设三数为a－d，a,a+d，这种对称设元法可以简化运算.例3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S120，S130.（1）求公差d的取值范围.（2）指出S1，S2，S3，……，S12中那个值最大，并说明理由.解：（1）依题意，有06011202121313021112120011111312dadadadaSS将a3=a1+2d=12代入得：3724d（2）由S12=6（a6+a7）0，S13=13a70.即a6+a70，a70，故a60，∴S6最大.教师点评：等差数列的结构是：单调递增，单调递减或常数列.若递减且a10,则前n项的和Sn存在最大值，前多少项和最大，就是数列中前若干个正项的个数，因此这种题型就是要找出数列中的正、负的分界线处.类似地若a10且递增，则Sn存在最小值.学生演板（1）{an}为等差数列，且an0(n∈N*)S3=S11，问此数列的前多少项的和最大？（n=7）（2）已知等差数列{an}中，Sm=Sn(m≠n)，求)0,021(1nmnmSdnmaS例4．两个等差数列{an}，{bn}它们的前n项和之比为1235nn求这个两个数列第9项之比.分析：可直把Sn代入，把分子、分母变成通项的形式.解：（法一）dnbdnadnnnbdnnnaSSnn21212)1(2)1(1111令821n∴n=17∴991717baSS而383811723175991717baSS（法二）38117231752/)(172/)(17171717117117117199SSbbaabbaaba教师点评：解法二较一巧妙，主要是灵活地运用了等差数列的性质(2)从而沟通了an与S2n－1的关系.本题其实求任何的ak∶bk都可以.第3页例5．已知数列{an}中，a1=1，)2(122nSSannn求这个数列的前n项的和Sn.解：当n≥2时，1212nnnnnSSaSS，∴1121222))(12(2nnnnnnnnnSSSSSSSSS，∴nnnnSSSS112，即,2111nnSS∴数列}1{nS是首项为11111aS公差为2的等差数列，122)1(111nnSSn，故121nSn教师点评：（1）n≥2时，an=Sn―Sn―1反映通项与前n项的和的联系；（2）注意}1{nS是等差数列利用性质求出Sn.例6．是否存在常数k和等差数列{an}，使Kan2―1=S2n―Sn+1，其中S2n，Sn+1分别是等差数列{an}的前2n项，前n+1项的和.若存在，试求出常数k和{an}的通项an；若不存在，请说明理由.解：这是一个探索性问题，一般先假设存在k.假设存在.设an=pn+q(p,q为常数)，则Kan2―1=kp2n2+2kpqn+kq2―1,),()2(23,)1(21212qpnpqpnSSqnnpnSnnn则),()2(23122222qpnpqpnkqkpqnnkp故有)(1222322qpkqpqkpqpkp由①得p=0或23kp当p=0时，由②得q=0，而p=q=0不适合③，故p≠0把23kp代入②，得;4pq把4pq代入③，又6481,2782732,23kqpkp从而得故存在常数=6481及等差数列2782732nan满足题意四、课堂练习（1）在等差数列{an}中，a3+a7―a10=8,a11―a4=4.记Sn=a1+a2+……+an，求S13（156）（2）数列{an}的前n项和是Sn，如果Sn=3+2an(n∈N*)，则这个数列一定是（）A．等比数列B．等差数列C．除去第一项后是等比数列D．除去第一项后是等差数列（A）（3）设等差数列{an}前n项的和为Sn，已知331S与441S的等比中项为551S，434131SS与的等差中项为1，求数列的通项公式.（5325121naann或）五、高考试题（1）（2000年春季北京、安徽，13）已知等差数列{an}满足a1+a2+…+a101=0，则有（）A．a1+a1010B．a2+a1000C．a3+a99=0D．a51=51①②③第4页答案：选C分析：.0,0)(210109399310121aaaaaaa即（2）（2001年全国理，3）设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（）A．1B．2C．4D．6答案：选B分析：∵前三项的和为12，∴a1+a2+a3=12，332Saa1a2a3=48，∵a2=4，∴a1a3=12，a1+a3=8，把a1,a3作为方程的两根且a1a3，∴x2－8x+12=0，x1=6，x2=2，∴a1=2，a3=6.（3）（2000年全国文，18）设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列}{nSn的前n项的和，求Tn.解：设等差数列{an}的公差为d，则,75,7,)1(211571SSdnnnaSndnanSdadadadadan)1(21.1,2571375105157217111111解得即.4941211).1(21221nnTnSnSnnnn评注：本题主要考查等差数列的基础知识和基本技能；运算能力.六、考点检测（1）一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项与奇数项的和之比为2732，则公差d=()A．3B．4C．5D．6（2）等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为（）A．130B．170C．210D．260（3）100与200之间所有是7的倍数但不是2的倍数的自然数之和为.（4）二数列{an}，{bn}满足an+am=am+n，bnbm=bn+m,(m,n∈N*)、若a1=1，则an=.若b1=2,则bn=.（5）数列{an}的通项为an=33－2n。①证明数列{an}为等差数列；②求|a1|+|a2|+……+|a40|.（6）已知等差数列{an}的前n项的和为Sn,,21,2115333SSbaSbnn且①求{bn}的通项公式；②求证：b1+b2+……+bn2.参考答案（1）C（2）C（3）1029（提示：a1=105，an=189，n=7，∴Sn=1029）（4）an=n，bn=2n（提示：设n=1代入条件得①am+1－am=1，②mmbb1）（5）①an+1－an=－2②|a1|+|a2|+……+|a40|=(a1+a2+……+a16)－（a17+a18+…+a40）=832.（6）①12nnbn②b2)121(221nbbn.江西省南昌市第二中学数学组孙庆宏第5页